11 NOVEMBER

    We are the dead. Short days ago

In Flanders fields.

John McCrae, 1915

11 november levert een mooi ambigram op
dat zowel bij spiegeling als bij rotatie over 180° dezelfde tekst oplevert.

Hieronder vind je enkele 'wetenschappelijke' ambigrammen:

APPLE - BLACK HOLE - BIG BANG - DIRAC
CODE - DA VINCI - EINSTEIN - ESCHER
GALILEO - HAWKING - JULES VERNE - KEPLER
NEWTON - QED - TURING - WATT
Bron: www.01101001.com


Ik zit mij voor het vensterglas
onnoemlijk te vervelen.
Ik wou dat ik twee hondjes was,
dan kon ik samen spelen.

12-11-2013 om 00:00 geschreven door Luc Gheysens  

 

PROBLEEM 27

ABCD is een willekeurige vierhoek.
De punten E en F verdelen de zijde [AB] in drie gelijke delen
en de punten G en H verdelen de zijde [DC] in drie gelijke delen (zie onderstaande figuur).

Toon aan dat de oppervlakte van de vierhoek EFHG gelijk is aan
het derde deel van de vierhoek ABCD.

   UITVINDING 27   

Uit een studie die in Parijs werd uitgevoerd rond 1850
bleek dat heel wat microben en bacteriën actief werden door het vele poetswerk
en voornamelijk door het uitkloppen en onderhouden van tapijten.
Men was dan ook blij te vernemen dat in Amerika een zeker Mr. Mc Clain
een apparaat had bedacht om tapijten op een hygiënische manier te reinigen.
Vooraan in het apparaat zat een ventilator die men via een wiel deed draaien.
Deze ventilator zette dan een achthoekig wiel in beweging
dat werd bevochtigd via een ingebouwd waterreservoir
en dat de tapijten dan een flinke reinigingsbeurt bezorgde.
 

Bijlagen:
COSMOSPROBLEEM 27_oplossing.pdf (162.8 KB)   

WISKUNDE MET LEGOBLOKJES

          
Als we de statistieken mogen geloven
dan brengt de Sint binnenkort bij heel wat kinderen
weer de oude vertrouwde LEGOblokjes.

Tijd dus voor een wiskundig LEGOvraagstukje.

Je beschikt over een aantal rode en groene blokjes.
Je besluit hiermee rijtjes te vormen van respectievelijk 1, 2, 3, 4 ... blokjes
maar zo dat er geen twee rode blokjes naast elkaar liggen.
Op hoeveel manieren kan?

Hieronder zie je de oplossing voor 1, 2 en 3 blokjes.
Er zijn blijkbaar respectievelijk 2, 3 en 5 verschillende rijtjes mogelijk.
En dat zijn precies 3 opeenvolgende Fibonaccigetallen.
Kan je nu zelf ontdekken of er met 4 blokjes 8 rijtjes mogelijk zijn
en met 5 blokjes 13 rijtjes ... enzovoort?

 Hint.
Rijtjes die (langs rechts) eindigen op een rood blokje
kan je (langs rechts) enkel aanvullen met een groen blokje.
Rijtjes die eindigen op een groen blokje
kan je zowel met een rood als een groen blokje aanvullen.
Daarom is het aantal rijtjes met 3 blokjes gelijk aan 3 + 2 = 5.

08-11-2013 om 00:00 geschreven door Luc Gheysens  

 

PROBLEEM 28

Met behulp van muntjes die allemaal dezelfde grootte hebben,
vormt men zeshoekige figuren zoals op de onderstaande figuur.
We nemen als 'kleinste zeshoek' de figuur die bestaat uit één muntje.

Noem z_k het aantal muntjes dat men  nodig heeft om de k-de figuur te vormen,
die dus een opgevulde zeshoekige figuur is met k muntjes op elke zijde.
Zo is z₁ = 1, z₂ = 7 ... (zie figuur). 
Vind en bewijs de formule voor de som z₁ + z₂ + ... + z_n ,
waarbij n een willekeurig natuurlijk getal n  is (n ≥ 1).

   UITVINDING 28   

In het tijdschrift Scientific American verscheen deze afbeelding
van een eenvoudig toestelletje dat diende
om een boek op een bepaalde bladzijde open te houden.
Men legde het metalen toestelletje verticaal  in het midden tussen twee pagina's
en via twee uitschuifbare haakjes werd het daar vastgezet.
Twee horizontale metalen staafjes werden daarna
met een klik vastgezet op elk van de twee openliggende bladzijden.

Bijlagen:
COSMOSPROBLEEM 28_oplossing.pdf (195.9 KB)   

Er bestaat een kat met negen staarten.

BEWIJS
Geen kat heeft 8 staarten.
 1 kat heeft 1 staart meer dan geen kat.
 Daaruit volgt dat 1 kat 9 staarten heeft.

****************************************************************************************************************$$
Alle mannen dragen dezelfde soort onderbroeken

BEWIJS DOOR VOLLEDIGE INDUCTIE

We tonen aan dat in een willekeurige groep van n mannen
iedereen dezelfde soort onderbroeken draagt.

07-11-2013 om 00:00 geschreven door Luc Gheysens  

Van de kalligrafische kunstwerkjes van Kim Scott
geraak ook jij wellicht ondersteboven.

Hieronder kan je een aantal van zijn vondsten bewonderen.
Elk woord blijkt hetzelfde te blijven als je het over 180° roteert.

Zelf ook even proberen ...

Anders bekeken ...

06-11-2013 om 00:00 geschreven door Luc Gheysens  

In het werk van de kalligraaf Kim Scott
speelt symmetrie een belangrijke rol.

Hieronder staat een collectie werkjes afgebeeld
waarin er telkens spiegelsymmetrie wordt toepast.

 

Meer leuke afbeeldingen vind je door te googelen naar 'ambigram'.

06-11-2013 om 00:00 geschreven door Luc Gheysens  

FIBONACCI IN HET KWADRAAT



Ziehier twee opmerkelijke eigenschappen
van de kwadraten van de getallen uit de rij van Fibonacci:
1, 1, 2, 3, 5, 8, 13 ...

EIGENSCHAP 1
Bij 4 opeenvolgende getallen uit de rij van Fibonacci
is het verschil van de kwadraten van de middelste twee
gelijk aan het product van het kleinste en het grootste.

Voorbeelden.
 Voor 2, 3, 5 en 8 geldt dat 5² – 3² = 2 x 8.
Voor 3, 5, 8 en 13 geldt dat 8² – 5² =  3 x 13.

EIGENSCHAP 2.
Voor de som van de kwadraten van de opeenvolgende getallen
uit de rij van Fibonacci is het volgende getallenpatroon geldig:

1² + 1² = 1 x 2
1² + 1² + 2² = 2 x 3
1² + 1² + 2² + 3² = 3 x 5
1² + 1² + 2² + 3² + 5² = 5 x 8
1² + 1² + 2² + 3² + 5² + 8² = 8 x 13
enzovoort...



Maar kan je deze eigenschappen ook bewijzen?

06-11-2013 om 00:00 geschreven door Luc Gheysens  

Maantjes van Hippocrates

Wanneer je op mijn blog als zoekopdracht 'Hippocrates' intypt
kom je meer te weten over de maantjes van Hippocrates,
die een eervolle poging opleverden
om de kwadratuur van de cirkel op te lossen.

Hieronder stellen we een leuke variante voor op dit probleem
in de vorm van een wiskundevraagstukje.
Kan jij dit oplossen?

Toon aan dat de oppervlakte van de gelijkzijdige driehoek
gelijk is aan de som van de oppervlakte van de gele halve cirkel en het gele maantje.

MAANHAIKU

Op duister water
schildert de maan met zilver
haar vaag spiegelbeeld

05-11-2013 om 00:00 geschreven door Luc Gheysens  

STEINERPUNTEN

Steinerpunten (genoemd naar Jakob Steiner) zijn punten in het vlak
die de kortste verbindingstrajecten tussen een aantal gegeven punten helpen bepalen.
Het opsporen van Steinerpunten is een probleem uit de grafentheorie.

 Op de afbeelding links zie je een Steinerboom met drie punten A, B en C en Steinerpunt S.
De drie takken vormen hoeken van 120°.

Rechts staat een Steinerboom met vier punten A, B, C en D en twee Steinerpunten S1 en S2.
 Ook hier vormen de takken rond de punten S1 en S2 weer hoeken van 120°.
Als de punten A, B, C en D de hoekpunten van een vierkant met zijde 1 zijn,
dan is de totale lengte van de verbinding tussen de vier punten A, B, C en D gelijk aan 1 + √3.
 Kan je dit ook aantonen?

Uiteraard vindt dit zijn toepassing bij het aanleggen van kabels en buizen
om via een zo kort mogelijk traject verschillende punten met elkaar te verbinden.

En blijkbaar treffen we die oplossing ook aan in de natuur.

       Argentijnse mieren  (Linepithima humile) weten bij goede benadering de Steinerboom te vinden:
gegeven drie punten, creëren ze een vierde punt (in het midden)
om zodoende alle punten bereikbaar te maken via een zo kort mogelijk pad.
Afbeelding: Tanya Latty.
Bron: http://www.kennislink.nl/publicaties/mieren-vinden-steinerpunten

Met een basismotief waarbij een Steinerpunt hoeken van 120° uittekent,
kan men een mooie boomfractal opbouwen!

En bomen zetten in de herfst ook wel eens aan tot poëtische gedachten ...

05-11-2013 om 00:00 geschreven door Luc Gheysens  

WACHTTIJDPARADOX

 

Pieter gaat op een rustige landweg staan
en stelt vast dat er gemiddeld om de 4 minuten een auto voorbijkomt.

Hij besluit daarom het volgende:
"Als ik enkele dagen na elkaar stipt om 14 uur op de landweg ga staan,
dan mag ik de eerste auto gemiddeld na ongeveer twee minuten verwachten.
Immers, als ik daar op een willekeurig tijdstip aankom,
is de kans groot dat ik midden een interval
tussen twee opeenvolgende wagens arriveer."

Nadat hij dit experiment herhaaldelijke keren heeft uitgevoerd,
moet hij echter vaststellen dat het gemiddeld toch 4 minuten duurt
vooraleer de eerste wagen voorbijkomt.

Wiskundige verklaring op http://nl.wikipedia.org/wiki/Wachttijdparadox

05-11-2013 om 00:00 geschreven door Luc Gheysens  

DE BOEKENTOREN

Naar aanleiding van de boekenbeurs verscheen de bovenstaande afbeelding
op de voorpagina van de weekendkrant bij Het Nieuwsblad van 2 november 2013.

Ik vroeg me af of een stapel boeken willekeurig ver kan overhellen
en toch in evenwicht kan blijven staan zoals op de tekening.
Het antwoord hierop is positief en het heeft allemaal te maken
met het feit dat de harmonische reeks 1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + 1/5 + ... divergeert.

VERKLARING

Op de linkse figuur is in het punt A (het midden van het boek)
de kracht getekend waarmee het boek op de onderliggende boeken drukt.
Als dit boek in het punt A wordt ondersteund, is het in evenwicht.

Op de middelste figuur is de neerwaartse kracht van het eerste boek verplaatst naar het punt B
en in D is de kracht getekend waarmee dit tweede boek op de onderliggende boeken drukt.
In het punt C (het midden tussen B en D) is de resultante van de twee krachten getekend.

In de rechtse figuur is de neerwaartse kracht van het eerste twee boeken verplaatst naar het punt E
en in G is de kracht getekend waarmee dit derde boek op de onderliggende boeken drukt.
In het punt F is dan weer de resultante getekend.
Bij evenwicht is 2.|EF| = 1.|FG|  (wet van de mechanica) en |FG| = 1/2 –  |EF|  zodat |EF| = 1/6.

Als men zo verder blijft stapelen is de som van overhellende delen van de boeken is gelijk aan
1/2 + 1/4 + 1/6 + 1/8 + ... = 1/2(1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + ...)
zodat binnen de haakjes de gekende harmonische reeks opduikt
en hiervan weet men dat de som boven elke waarde kan uitstijgen
als men maar genoeg termen bij elkaar blijft optellen.
Lees in dit verband ook eens de tekst op http://bit-player.org/2007/hung-over
en het artikel in bijlage dat het probleem aanpakt met integralen.

Mijn test met een stapel kaarten was meteen geslaagd!

Bijlagen:
Brug van latjes.pdf (10.8 KB)   

ENVELOPPENPARADOX


Bij een quiz wint een kandidaat de hoofdprijs.
Hij mag kiezen uit twee enveloppen.
 De presentator zegt hem vooraf dat in beide omslagen een geldsom zit
en dat bovendien het bedrag in de ene omslag het dubbele is van wat in de andere zit.
De kandidaat maakt zijn keuze, opent de gekozen omslag en vindt hierin een bedrag van 500 euro.
De presentator stelt voor dat hij nog mag ruilen.
Wat doet de kandidaat dan best?



De kandidaat is toevallig een wiskundige en redeneert als volgt:
"Er is 50% kans dat de andere omslag 1000 euro bevat en 50% kans dat die slechts 250 euro bevat.
In het ene geval betekent dat 500 euro winst en in het andere geval maar 250 euro verlies.
Welnu ½ . 500 + ½ . (-250) = 125 en daarom besluit ik om te ruilen."

Nochtans zegt het gezond verstand dat de kans op winst of verlies even groot is.
Wat is er dan verkeerd in de redenering van de kandidaat?



UITLEG

Hier moet je er van uitgaan dat de ene omslag x euro bevat en de andere 2x euro.
Een goede ruil betekent x euro winst en een slechte ruil x euro verlies:
100 % van x = 50 % van 2x.

Bron: http://nl.wikipedia.org/wiki/Enveloppenparadox

03-11-2013 om 11:21 geschreven door Luc Gheysens  

DE SNEEUWVLOK VAN KOCH
een paradoxale fractal

Bestaat er een vlak gebied met een eindige oppervlakte maar waarvan de omtrek oneindig groot is?

Ja, de sneeuwvlok van Koch.
Dit is een fractal die men opbouwt 'in een oneindig aantal stappen'.
Hieronder zie je hoe men hiervoor te werk gaat.

De berekening van de omtrek en de oppervlakte van de k-de figuur
is een leuke wiskundige uitdaging en een mooie toepassing van meetkundige rijen.
Je leest het antwoord in de bijlage.
Met dank aan de medewerkers van de Universiteit Hasselt.

Bijlagen:
Rijen en de sneeuwvlok van Koch.pdf (294.7 KB)   

Computers zijn een uitstekend hulpmiddel om 'lastige' integralen uit te rekenen.

Maar een wiskundige beleeft zeker nog wat plezier aan het manueel berekenen van bepaalde integralen!

 
Met behulp van het bovenstaande rekenwerk kan men aantonen
dat er een wiskundig object bestaat met een eindige inhoud maar met een oneindige oppervlakte:

DE HOORN VAN GABRIËL (trompet van Torricelli).

Men spreekt in dit verband ook van 'de schildersparadox':
men kan de hoorn (theoretisch) wel vol gieten met een eindige hoeveelheid verf
maar om het oppervlak te schilderen heeft men oneindig veel verf nodig.

Je leest er alles over op http://nl.wikipedia.org/wiki/Hoorn_van_Gabri%C3%ABl

Een wiskundeleraar uit Geel
gebruikte zijn computer veel te veel.
Hij won hiermee wel wat tijd
maar verloor al zijn creativiteit.
Nu doet hij alles weer manueel.

02-11-2013 om 00:00 geschreven door Luc Gheysens  

Het probleem van Chevalier de Méré (1654)

 

Antoine Gombaud, Chevalier de Méré (1607 – 1684)
was een Franse ridder en schrijver die erg hield van gokken.
Hij speelde vaak kansspelletjes  met vrienden thuis.

Bij één van zijn dobbelspelletjes deed hij een merkwaardige vaststelling.
Hij wedde met zijn vrienden dat hij in 24 worpen met twee dobbelstenen
minstens één keer een dubbele zes kon gooien
en dacht hierbij dat de kans om te winnen 2/3 was.
Immers de kans om in één worp met twee dobbelstenen
een dubbele zes te gooien is 1/36
en dus schatte hij zijn winstkansen op 24/36 = 2/3.
De praktijk wees echter uit dat hij vaker verloor dan hij won!

Zijn vriend Blaise Pascal loste dit probleem op.
Gooien met één dobbelsteen en wedden op minstens één keer 6 in 4 worpen is voordelig,
maar gooien met twee dobbelstenen en wedden op minstens één keer dubbele zes in 24 worpen is nadelig.

02-11-2013 om 00:00 geschreven door Luc Gheysens  

 

PROBLEEM 29

Bepaal twee getallen x en y (verschillend van nul)
waarvan de som, het product en het verschil van de kwadraten
dezelfde uitkomst oplevert.

      UITVINDING 29  

Blijkbaar waren de winters rond 1850 in Amerika nog vrij streng.
Daarom bedacht men deze ijsfiets die op drie schaatsen rustte.
Men de rechterhand kon men de schaats vooraan bedienen om de richting aan te geven.
Met de linkerhand kon men het fietswiel wat optillen of neerlaten
om zo het contact met het ijs te verlagen of te verhogen
waarmee dan weer de snelheid kon geregeld worden.

Bijlagen:
COSMOSPROBLEEM 29_oplossing.pdf (155.2 KB)   

HET DRIEDEURENPROBLEEM

Op het einde van een kwisprogramma wordt een speler geconfronteerd met drie gesloten deuren.
Achter één van de deuren staat een auto en achter de andere twee een geit.
De speler mag een deur aanwijzen en krijgt als prijs datgene wat zich achter die deur bevindt.
Als hij een deur heeft aangewezen, opent de kwismaster een van de andere deuren
en het blijkt dat daarachter een geit staat.
De kwismaster geeft de speler daarna de mogelijkheid om te wisselen van gesloten deur,
dus om in plaats van de eerst gekozen deur te kiezen voor de andere nog gesloten deur.

Wat moet hij doen?
Kan hij beter wisselen van deur, of maakt het niets uit?
Is de kans op het winnen van de auto groter als hij van deur wisselt?

Intuïtief verwacht men wellicht dat het geen verschil uitmaakt of men wisselt van deur of niet
omdat de auto achter één van de twee ongeopende deuren staat.
Men kan dus aannemen dat de kans dat de auto achter de gekozen deur staat
gelijk is aan 1 op 2.

Nochtans blijkt het gunstig te zijn voor de speler om wel te wisselen!
Weet je ook waarom?

Hieronder zie je een schematische verklaring waaruit blijkt dat in 2 van de 3 gevallen het wisselen gunstig is.

 
Lees ook de bijlage.

Je kunt dit probleem dat bekend staat als het Monty Hall probleem
online spelen op http://www.math.ucsd.edu/~crypto/Monty/monty.html.
Monty Hall was de presentator van het populaire Amerikaanse spelprogramma Let's Make a Deal
dat vanaf 1963 in Amerika werd uitgezonden en waarin dit spelletje werd gespeeld.

Bijlagen:
Driedeurenprobleem verklaard.pdf (115.1 KB)   

PARADOXALE DOBBELSTENEN

Hieronder staat het gekende magisch vierkant (Lo Shu) afgebeeld
waarbij de som van de 3 getallen op elke horizontale rij,
in elke verticale kolom en op de twee diagonalen gelijk is aan 15.

Stel nu dat je over drie dobbelstenen zou beschikken
waarop  de drie getallen uit elke rij telkens twee keer voorkomen:
een rode dobbelsteen met 4 - 9 - 2 - 4 - 9 -2
een blauwe dobbelsteen met 3 - 5 - 7 - 3 - 5 - 7
en een groene dobbelsteen met 8 - 1 - 6 - 8 - 1 - 6

Hiermee wordt een spelletje gespeeld door twee spelers.
Elke speler kiest een dobbelsteen en daarna gooit elke speler
de gekozen dobbelsteen 27 keer.
De speler die bij een worp het hoogste getal gooit, scoort een punt.
Wie na 27 worpen het hoogste aantal punten behaalt, wint het spel.

Nu blijkt hiermee iets eigenaardigs aan de hand te zijn:
blauw wint (gemiddeld) 5 keer op 9 van rood,
 groene wint (gemiddeld) 5 keer op 9 van blauw
en rood wint (gemiddeld) 5 keer op 9 van groen.

winstkans ROOD < winstkans BLAUW < winstkans GROEN < winstkans ROOD

Dit is intuïtief in tegenstrijd met ons wiskundig begrip van 'transitiviteit':
als a < b en b < c dan kan het niet c < a.

Kan je de winstkansen van de ene dobbelsteen t.o.v. de andere berekenen?

Uitleg in bijlage 

Bijlagen:
Paradoxale dobbelstenen verklaard.pdf (70.4 KB)   

ALGORITME VAN HERON

In zijn werk METRICA beschrijft Heron een eenvoudig algoritme
om de vierkantswortel uit een positief geheel getal n te benaderen via een rij getallen.
In feite was zijn aanpak typisch 'Grieks', d.w.z. meetkundig:
een vierkant met zijde x bepalen met dezelfde oppervlakte als een rechthoek met oppervlakte n.

Uitleg over het algoritme vind je in de bijlage.

Racine carrée (vierkantswortel) is de titel van het tweede album van Stromae
(een anagram van Maestro)
en in verband met de titel zegt Stromae:
"J'ai l'impression que je fais de la musique comme si je faisais des maths."

Bijlagen:
Algoritme van Heron.pdf (172.1 KB)